DS n°2 Correction Exercice 1Exercice 1Exercice 1Exercice 1 Une urne contient 3 boules numérotées de 1 à 3 indiscernables au toucher. On tire cinq boules dans cette urne, successivement, en remettant chaque boule tirée dans l'urne avant de prendre les suivantes. 1) Quel est le nombre de tirages possibles ? A chacun des 5 tirages, on associe un nombre entre 1 et 3. Un ensemble de 5 tirages correspond donc à une application de l’ensemble +1, 5,dans l’ensemble {1,2,3}. Il y a 31 2 243 tirages possibles. On note 4 l’évènement : « les nombres 1, 2 ou 3 sortent au moins une fois lors de ces 10 tirages ». On veut calculer la probabilité ;<4). On appelle => l’évènement : « la boule n°1 ne sort pas lors des 10 tirages ». On notera =? et =@ les évènements équivalents pour les boules n°2 et n°3. 2) Déterminer la probabilité de =>. Que peut-on dire des probabilités de =? et de =@ ? La réalisation de l’évènement => signifie que la boule n°1 n’est jamais sortie. Autrement dit que les 5 tirages n’ont amené que les boules n°2 et n°3. Cela signifie qu’à chacun des 5 tirages on a associé soit 2 soit 3. Un tel ensemble de 5 tirages correspond donc à une application de l’ensemble +1, 5,dans l’ensemble {2,3}. Il y a 21 2 32 tirages possibles. On a donc par équiprobabilité : ;<=>) 2 32243 On a un résultat identique pour les évènements =? et =@. 3) Décrire l’évènement => D =?, puis déterminer sa probabilité. L’évènement => D =? signifie que ni la boule n°1, ni la boule n°2 n’est sortie durant les 5 tirages. Seule la boule n°3 est sortie. Il n’y a qu’une suite de 5 tirages successifs correspondant à cet évènement : 33333. On a donc ;<=> D =?) 2 1243 4) Décrire l’évènement => D =? D =@ et déterminer sa probabilité. L’évènement => D =? D =@ signifie qu’aucune des trois boules n’est sortie, ce qui est impossible. On a donc => D =? D =@ 2 E et donc ;<=> D =? D =@) 2 0 5) En transposant la formule du crible de Poincaré vue pour les cardinaux aux probabilités, calculer la probabilité ;<=> G =? G =@). La formule du crible de Poincaré donne : ;<=> G =? G =@) 2 ;<=>) H ;<=?) H ;<=@) I ;<=> D =?) I ;<=> D =@) I ;<=? D =@) H ;<=> D =? D =@) On a vu que ;<=>) 2 ;<=?) 2 ;<=@)

On a pour les mêmes raisons ;<=> D =?) 2 ;<=> D =@) 2 ;<=? D =@) On a donc ;<=> G =? G =@) 2 3 K 32243 I 3 K 1243 2 93243 2 3181 6) En déduire ;<4). L’évènement => G =? G =@ signifie que l’une au moins des trois boules n’est pas sortie lors des 5 tirages. Il s’agit donc de l’évènement contraire de 4. On a 4 2 => G =? G =@ On a donc ;<4) 2 ; O=> G =? G =@P 2 1 I ;<=> G =? G =@) 2 1 I 3181 2 5081 Exercice 2Exercice 2Exercice 2Exercice 2 On dispose de 5 boules blanches, 6 boules rouges et 7 boules noires. On suppose que les boules d’une même couleur sont discernables <par une numérotation par exemple). Soit n un entier supérieur ou égal à 4. On répartit la totalité des boules dans n urnes numérotées de 1 à n, certaines pouvant éventuellement rester vides. 1) Quel est le nombre de répartitions possibles Répartir les boules dans les différentes urnes revient à associer à chaque boule l’urne dans laquelle on va la placer. Une répartition correspond donc à une application d’un ensemble à 18 éléments dans l’ensemble +1, S,. Il y a S>T répartitions possibles. 2) Quel est le nombre de répartitions telles que l’urne n°1 contient 3 boules blanches uniquement. On doit choisir 3 boules blanches pour l’urne 1. Il y a U53V façons de faire ce choix. Il faut ensuite placer les 15 boules restantes dans les n I 1 urnes restantes. On a vu qu’il y a <n I 1)>1 façons de réaliser ce placement. Il y a donc U53V <n I 1)>1 2 10<n I 1)>1 répartitions telles que l’urne 1 contiennent exactement trois boules blanches. 3) Quel est le nombre de répartitions telles que l’urne n°1 contient 2 boules blanches et 1 noire, et l’urne 2 contient trois 3 rouges. On choisit deux boules blanches parmi 5 et une boule noire parmi 7 pour l’urne 1, puis 3 boules rouges parmi 6 pour l’urne 2 et l’on répartit les 12 boules restantes dans les <S I 2) urnes restantes. Il y a donc U52V U71V U63V <S I 2)>? 2 1400<S I 2)>? répartitions possibles. 4) Quel est le nombre de répartition telles que toutes les boules soient dans deux urnes exactement. Il faut tout d’abord choisir les deux urnes qui contiendront les boules. Il y a US2V façons de faire ce choix. Puis on répartit les 18 boules dans les deux urnes. Il y a 2>T façons de le faire.

Mais il y a deux répartitions comptées telles que toutes les boules soient dans l’une des deux urnes. Il y a donc 2>T I 2 répartitions telles que toutes les boules soient exactement dans les deux urnes choisies. Il y a donc US2V <2>T I 2) répartitions du type cherché. 5) Déterminer avec Y Z [\. ] UYV <S I 1)_`a_ abc

En déduire pour Y d 18 ] UYV <S I 1)>T`a_ ab> 2 <S I 1)>T`_S_ I <S I 1)>T

D’après la formule du binôme de Newton, on a ] UYV <S I 1)_`a_ abc 2 ] UYV 1a<S I 1)_`a_

abc 2 <1 H S I 1)_ 2 S_ On a

] UYV <S I 1)>T`a_ ab> 2 ] UYV <S I 1)>T`a_

abc I UY0V <S I 1)>T`c2 ] UYV <S I 1)>T`_h_`a_

abc I <S I 1)>T2 <S I 1)>T`_ ] UYV <S I 1)_`a I_

abc <S I 1)>T 2 <S I 1)>T`_S_ I <S I 1)>T 6) Utiliser le résultat précédent pour trouver le nombre de répartitions telles que l’urne 1 contiennent des boules blanches. L’urne 1 contient de 1 à 5 boules blanches. L’urne 1 contient ^ boules blanches <1 d ^ d 6). On doit donc choisir ces ^ boules parmi 5 : il y a U5V façons de le faire. On répartit les 18 I ^ boules restantes dans les S I 1 urnes restantes. Il y a <S I 1)>T`a façons de le faire. L’évènement « l’urne 1 ne contient que des boules blanches » peut se décrire comme la réunion d’ensembles disjoints : les répartitions où l’urne 1 ne contient qu’une seule boule blanche, celles où elle en contient 2… On a donc au total

] U5V1ab> <S I 1)>T`a répartitions possibles

On reconnaît la formule de la question précédente avec Y 2 5. On en déduit que le nombre de répartitions possibles est égal à <S I 1)>@S1 I <S I 1)>T Exercice 3Exercice 3Exercice 3Exercice 3 1) Soient S et Y deux entiers naturels vérifiant Y d S. a) Rappeler la formule de Pascal

La formule de Pascal s’écrit : lSYm 2 lS I 1Y m H lS I 1Y I 1m b) Démontrer par récurrence sur S que pour tout S n Y ] lYmoab_ 2 lS H 1Y H 1m

On a pour S 2 Y, on a ] lYm_ab_ 2 lYYm 2 1

On a lY H 1Y H 1m 2 1 Donc ] lYm 2 lY H 1Y H 1m_ab_

La relation est vérifiée pour S 2 Y. pS n Y, montrons que si ] lYmoab_ 2 lS H 1Y H 1m alors ] lYmoh>

ab_ 2 lS H 2Y H 1m. On a ] lYm 2oh>ab_ ] lYmo

ab_ H lS H 1Y m D’après la relation de récurrence, on a :

] lYm 2oh>ab_ lS H 1Y H 1m H lS H 1Y m

D’après la formule de Pascal, on a lS H 1Y H 1m H lS H 1Y m 2 lS H 2Y H 1m Donc ] lYm 2 lS H 2Y H 1moh>ab_

Il y a hérédité et donc pS n Y, ] lYmo

ab_ 2 lS H 1Y H 1m 2) Soit ^ Z +0, Y,. Montrer que : U SS I ^V lS I ^S I Ym 2 lSYm UYV On a U SS I ^V US I YS I ^V 2 S!<S I ^)! <S I S H ^)! K <S I ^)!<S I Y)! <S I ^ I S H Y)!2 S!<S I ^)! ^! K <S I ^)!<S I Y)! <Y I ^)!2 S!^! <S I Y)! <Y I ^)!

On a d’autre part : lSYm UYV 2 S!Y! <S I Y)! K Y!^! <Y I ^)!2 S!^! <S I Y)! <Y I ^)! Donc U SS I ^V lS I ^S I Ym 2 lSYm UYV 3) En déduire la valeur de la somme ro,_ 2 ] U SS I ^V US I YS I ^Vo

abc <I1)ah>3_`a On a

ro,_ 2 ] U SS I ^V US I YS I ^Voabc <I1)ah>3_`a

2 ] lSYm UYVoabc <I1)ah>3_`a

Ce que l’on peut écrire : ro,_ 2 I lSYm ] UYVo

abc <I1)a3_`a Donc d’après la formule du binôme de Newton : ro,_ 2 I lSYm <3 I 1)_ 2 I lSYm 2_ Exercice 4 Soit la fonction s définie sur ]0;H∞[ par : s<x) 2 x H 1 H 2 ln<x)x On note <C) sa courbe représentative. Partie A : étude de f Partie A : étude de f Partie A : étude de f Partie A : étude de f 1) On pose pour tout réel x strictement positif : y<x) 2 x? H 2 I 2 ln<x) a) Etudier le sens de variation de y <on ne cherchera pas les limites de y). En déduire le signe de y<x) sur ]0;H∞[. La fonction y est dérivable sur ]0, H∞[ comme somme de fonctions dérivables sur cet ensemble. On a : yz<x) 2 2x I 2x 2 2x? I 2x 2 2<x H 1)<x I 1)x Sur ]0, H∞[, les quantités 2<x H 1) et x sont strictement positives. Donc le signe de yz<x) c’est celui de <x I 1). Cette quantité est négative pour x d 1 et positive pour x n 1. La fonction y est donc décroissante sur ]0,1] et croissante sur [1,H∞[. Elle admet un minimum en 1. On a y<1) 2 3 { 0 Donc y<x) est strictement positif sur ]0,H∞[. b) Calculer s|<x) et montrer que s|<x)a le même signe que y<x).

La fonction s est dérivable sur ]0,H∞[ comme somme de fonctions définies et dérivables sur ]0,H∞[. On a sz<x) 2 1 I 2 ln<x)x? H 2x? 2 x? H 2 I 2 ln<x)x? 2 y<x)x? Le dénominateur étant positif, le signe de sz<x) est celui de y<x). c) Utiliser le résultat précédent pour déterminer le sens de variation de s, et dresser le tableau de variation de s. On a donc sur ]0,H∞[, sz<x) { 0. La fonction s est donc strictement croissante sur ]0,H∞[. On a lim}~c}�c s<x) 2 lim}~c}�c 2 �ln<x)x � 2 I∞ On a également lim}~h� s<x) 2 lim}~h� x 2 H∞ car lim}~h� �ln<x)x � 2 0 par croissance comparée On a donc le tableau de variations suivant : x 0 H∞ sz<x) H s<x)

H∞ –∞ Partie B : approche de la solution de l'équation Partie B : approche de la solution de l'équation Partie B : approche de la solution de l'équation Partie B : approche de la solution de l'équation �<�) 2 � .... 1) Montrer que l’équation s<x) 2 x admet une unique solution notée �. Justifier que � Z]0,1[. On a s<x) 2 x � x H 1 H 2 ln<x)x 2 x � 1 H 2 ln<x)x 2 0 Posons �<x) 2 1 H 2 ln<x)x Cette fonction est dérivable sur ]0,H∞[ comme somme de fonctions définies et dérivables sur ]0,H∞[. On a �z<x) 2 2x? I 2 ln<x)x? 2 2<1 – ln<x))x? Cette quantité est du signe de <1 I ln<x)) car x? { 0. On a 1 I ln<x) n 0 � 1 n ln<x) � � n x On a en utilisant les remarques des questions précédentes : lim}~c}�c 1 H 2 ln<x)x 2 I∞ lim}~h� 1 H 2 ln<x)x 2 1 On a également �<�) 2 1 H 2 ln<�)� 2 1 H 2�

Dressons le tableau de variations de �. x 0 � H∞ �z<x) H 0 – � 1 H ?� –∞ 1 Sur l’intervalle [�, H∞[, la fonction � est strictement positive et donc ne s’annule pas. Sur l’intervalle ]0,�[, elle est dérivable et strictement croissante. Elle réalise une bijection de ]0, �[ sur ] I ∞, 1 H � 2� [ . 0 Z] I ∞, 1 H � 2� [ donc l’équation �<x) 2 0 admet une solution et une seule sur ]0, �]. Cette solution est l’unique solution sur ]0, H∞[. Cette solution est donc également l’unique solution de s<x) 2 x sur ]0,H∞[. On appelle � cette solution. On a �<1) 2 1 { 0 lim}~c}�c 1 H 2 ln<x)x � 0 La fonction � change de signe sur l’intervalle ]0,1[. Donc � Z]0,1[. 2) Soient � la fonction définie sur ℝ par �<x) 2 �` ��} et <yo)oZ[ la suite définie par : � yc 2 1 pS n 0, yoh> 2 �<yo) 2 �`>?�� � a) Montrer que l'équation s<x) 2 x équivaut à l'équation x 2 �<x). Que vaut donc �<�) ? On a s<x) 2 x � 1 H 2 ln<x)x 2 0

� 2 ln<x)x 2 I1� ln<x) 2 I x2 � x 2 �`}?� x 2 �<x) On a s<�) 2 � donc � 2 �<�). b) Montrer par récurrence que pour tout entier naturel S on a : 0 d yo d 1. On a yc 2 1 donc 0 d yc d 1, la relation est vérifiée pour S 2 0. pS n 0, montrons que si 0 d yo d 1 alors 0 d yoh> d 1. Si 0 d yo d 1, on aura 0 n I 12 yo n I2 Donc par croissance de la fonction exponentielle �c n �`>?�� n �`? Donc 1 n yoh> n �`? n 0 Il y a hérédité et donc pS Z [, 0 d yo d 1 c) Calculer �|<x) et montrer que pour tout réel x de l'intervalle [0;1] , |�z<x)| d 1 2�

La fonction � est dérivable comme composée de fonctions dérivables. On a �z<x) 2 I 12 �`>?} On peut aisément calculer la dérivée seconde. On a : �zz<x) 2 14 �`>?} { 0 La fonction �| est donc croissante sur [0,1]. On a pour tout x Z [0,1], �z<0) d �z<x) d �z<1) ce qui donne : I 12 d �z<x) d I 12 �`>? Or I 12 �`>? d 0 d 12 Donc I 12 d �z<x) d 12 Et donc |�z<x)| d 12 d) En déduire à l'aide de l'inégalité des accroissements finis que pour tout entier S Z [ : |yoh> I �| d 12 |yo I �| <on énoncera clairement le théorème utilisé et on justifiera que l'on est dans les conditions d'application). La fonction � est dérivable sur [0,1]. De plus px Z [0,1], |�z<x)| d 1 2� Donc d’après l’inégalité des accroissements finis en valeur absolue, on a p� Z [0,1], p� Z [0,1], |�<�) I �<�)| d 12 |� I �| On sait que � Z [0,1] et que pS Z [, yo Z [0,1], donc en posant � 2 yo et � 2 �, on obtient : pS Z [, |�<yo) I �<�)| d 12 |yo I �| Soit en utilisant que yoh> 2 �<yo) et que � 2 �<�), on a pS Z [, |yoh> I �| d 12 |yo I �| 3) Montrer alors que, pour tout entier naturel S, |yo I �| d <1 I �) U12Vo On procède à une démonstration par récurrence. On a |yc I �| 2 |1 I �| 2 1 I � puisque � � 1. On a aussi <1 I �) U12Vc 2 1 I � Donc |yc I �| d <1 I �) U12Vc La propriété est initialisée. pS n 0, montrons que si |yo I �| d <1 I �) U12Vo alors |yoh> I �| d <1 I �) U12Voh> On a |yoh> I �| d 12 |yo I �|

Or 12 |yo I �| d 12 <1 I �) U12Vo d <1 I �) U12Voh> Donc |yoh> I �| d <1 I �) U12Voh> Il y a hérédité. Donc pS Z [, |yo I �| d <1 I �) U12Vo 4) Déterminer la limite de la suite <yo)oZ[ quand S tend vers H∞. La suite de terme général <1 I �) U12Vo est une suite géométrique de raison 12. Elle est convergente et sa limite est 0. Donc d’après le théorème sur limite et majoration en valeur absolue, on en déduit que la suite <yo) est convergente de limite �. Exercice 5 On considère la suite réelle <�o)oZ[ définie par la donnée des deux premiers termes, �c 2 32, �> 2 94 et, pour tout entier naturel S non nul, par la relation : �oh? 2 12<�oh> H �o) H 1 On considère la suite <�o)oZ[ définie, pour tout entier naturel S non nul, par �o 2 �o I 2S3 1) Exprimer �oh? en fonction de �oh> et de �o. On a �oh? 2 �oh? I 2<S H 2)32 12<�oh> H �o) H 1 I 2<S H 2)32 12 ��oh> H 2<S H 1)3 H �o H 2S3 � H 1 I 2<S H 2)32 12 �oh> H 12 �o H S H 13 H S3 H 1 I 2<S H 2)32 12 �oh> H 12 �o H S H 1 H S H 3 I 2S I 432 12 �oh> H 12 �o 2) En déduire l’expression de �o en fonction de S, puis celle de �o en fonction de S. On reconnaît dans la suite <�o) une suite récurrente linéaire d’ordre 2. Son équation caractéristique est x? 2 12 x H 12 On peut l’écrire : x? I 12 x I 12 2 0 Ou encore 2x? I x I 1 2 0 1 est racine évidente. On a donc :

<x I 1)<2x H 1) 2 0 Ce qui donne x 2 1 ou x 2 I 12 On sait qu’il existe deux nombres réels = et � tels que : pS Z [, �o 2 =1o H � lI 12mo 2 = H � lI 12mo On détermine = et � à partir de �c et de �>. On a �c 2 �c I 2 K 03 2 �c 2 32 �> 2 �> I 23 2 94 I 23 2 1912 On a donc le système

� 32 2 = H �1912 2 = I �2�

On résout ce système par la méthode que l’on veut. On trouve = 2 149 et � 2 I 118 On a donc pS Z [, �o 2 149 I 118 lI 12mo On a également pS Z [, �o 2 149 I 118 lI 12mo H 2S3 3) Calculer On a ] �a

oab> 2 ] �149 I 118 lI 12ma H 23 �o

ab>2 ] 149 I 118 ] lI 12maoabc H ] 23

oabc

oabc

2 149 <S H 1) I 118 l1 I UI 12Voh>m1 I UI 12V H 23 S<S H 1)2

2 149 <S H 1) I 23 118 �1 I lI 12moh>� H S<S H 1)32 <S H 1)<3S H 14)9 I 127 �1 I lI 12mo h >�

] �ao

abc